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贡献法+组合数学

讲道理一看到辣么小的\(n\)，我就想到了状压dp。

枚举子集？哦，\(O(3^n)\)的复杂度。但是我没有注意到\(n=20\)的时候是过不了的。

接下来我就在想70pts的状压dp要怎么写？

没有清楚定义状态的我连样例2都过不了，只能够手动枚举拿30pts。

所以最简单的月赛也爆炸了

70pts的状压

下面的做法是借鉴luogu题解的，不是抄袭。（你信吗？）

设dp[i]表示从全0转移到i状态的所有歉意值之和。

那么会有

\[dp[i]=\sum{dp[j] + qy[j] \times num[j]}, j \in i and j \neq \emptyset\]

其中num[j]表示从全0转移到j的方案数，qy[j]表示当前这个状态的歉意值。

num[j]自然也是可以递推的，可以这么递推：

\[num[j] = \sum{num[k]}, k \in j and k \neq \emptyset\]

用枚举子集的优化技巧就可以做到\(O(3^n)\)的搞出来了。

不给代码，题解里面是有的。

我的错误之处：没有意识到方案数是对答案有影响的。

满分做法

使用贡献法，那么每一个歉意值就会对答案产生贡献了。

产生的贡献是多少？是这个状态在所有方案中出现的次数 乘以 这个方案的歉意值。

还能够发现：其实一个状态只跟它的01个数有关，跟她们的顺序是无关的。

所以设一个\(num[i]\)表示填\(i\)个1的方案数，那么就可以递推出来了。

递推式是这样子的：

\[num[i] = \sum_{j=1}^n{num[i-j] \times C_i^j}\]

那么最后的答案就是该方案0的个数 乘以 该方案1的个数 乘以 这个方案的歉意值。

对了：注意取膜！否则你就只有80pts啦。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
const int maxn = 21, maxN = 1048580;
const int MOD = 998244353;
ll dp[maxN];
ll qy[maxN];
ll num[maxn];
ll C[maxn][maxn];
int n, m;

void init()
{
    for(int i = 0; i <= 20; i++)
    {
        C[i][0] = C[i][i] = 1;
    }
    for(int i = 1; i <= 20; i++)
    {
        for(int j = 1; j < i; j++)
        {
            C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % MOD;
        }
    }
}
int popcount(char *ch)
{
    int len = strlen(ch);
    int res = 0;
    for(int i = len - 1; i >= 0; i--)
    {
        if(ch[i] == ‘1‘) res++;
    }
    return res;
}
int main()
{
    init();
    scanf("%d%d", &n, &m);
    num[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= i; j++)
        {
            num[i] = (num[i] + C[i][i - j] * num[i - j] % MOD) % MOD;
        }
    }
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        char ch[25]; int x;
        scanf("%s%d", ch, &x);
        int temp = popcount(ch), len = strlen(ch);
        ans = (ans + x * num[temp] % MOD * num[len - temp] % MOD) % MOD;
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

P4996 咕咕咕

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原文地址：https://www.cnblogs.com/Garen-Wang/p/9913101.html